Burnside引理 && Polay定理
这种东西本来应该到暑假再学的......
然而cjk出的T1就考了这个东西所以就顺带学了一下。
一.Burnside引理
定义\(D(g_i)\)表示在置换\(g_i\)下的不动点个数。
定义\(L\)表示本质不同的群的个数，\(G\)表示对此群的一个置换集合，\(g_i \in G\)。
那么有：
\[L = \frac{1}{|G|} \sum^{|G|}_i D(g_i)\]
嗯，把它翻译成人话：
\[本质不同的方案数 = \frac{1}{置换的个数} \sum^{置换G}_i 在置换i下不变的方案数\]
解题时关键在于先分清楚置换，然后求解每个置换先不变的方案数。
二.Polay定理
定义\(f_i\)为置换\(g_i\)下循环节的个数，设\(m\)表示染料集合的大小。
那么有：\(D(g_i) = m^{f_i}\)
所以，结合上面的等式有：
\[L = \frac{1}{|G|} \sum_{i}^{|G|} m^{f_i}\]
我依旧把它翻译成了人话：
定义\(B = Mrege(A_i)\)函数表示将每个循环节内方案\(A_i\)合成，且总方案\(B\)合法的方案数
\[本质不同的方案数 = \frac{1}{置换的个数} \sum^{置换G}_i Merge(每个循环节的合法方案数)\]
怎么理解呢？都知道，不同的循环节都是相互独立的。
而对于每一个循环节，对应的所有位置的颜色都是一样的。
故一共有\(m^{f_i}\)种方案(即给每个循环节附上一个颜色)，在置换\(g_i\)的作用下，仍然保持不变。
三.应用举例
这里给出\(cjk\)(2018.4.24)的考题：POJ2888 Magic Bracelet。
题目描述：
本题有\(T\)组数据：
有一个大小为\(n\)的环，你需要为它们染色，一共有\(m\)种颜料可以选择。
但是这个环有\(K\)个特殊限制\((a,b)\)，表示颜色\(a\),\(b\)不能相邻。 问本质不同的方案数。
两个环本质相同，当且仅当一个环可以通过旋转变为另一个环。
数据范围：\(n \leq 10^9\) ; \(m \leq 10\) ; \(K \leq \frac{m(m-1)}{2}\) ; \(T \leq 100\)
考虑 \(Burnside\) 与 \(Polay\)。
我们枚举置换：向右移动 \(i\) 下。
那么显然，一个循环节的长度为：\(lg = \frac{lcm(i,n)}{i} = \frac{n}{gcd(i,n)}\)。
那么一共有\(f_i = \frac{n}{lg} = gcd(i,n)\) 个循环节。
根据\(Polay\)定理，每个循环节内部颜色相同。而每个循环节中的首个元素的位置是相邻的。
我们从每个循环节中抽出此元素，一定是一个长度为\(gcd(i,n)\)的区间。
又每个循环节内部无特殊限制，根据\(Polay\)只需要使得所有循环节的合成方案合法即可。
即取出的长度为\(gcd(i,n)\)的序列的合法方案数。
这个显然可以直接矩乘出来，定义运算结果为\(calc(Len)\)。
所以：
\[Ans = \frac{1}{|n|} \sum_{i = 1}^n calc(gcd(i,n))\]
直接枚举显然复杂度有问题，观察到\(gcd(i,n)\)一定是\(n\)的约数，所以改为枚举约数\(d\)。
那么就是要求\(gcd(i,n)==d\)的\(i\)的个数。显然\(gcd(\frac{i}{d} \frac{n}{d})=1\)，所以满足条件的\(i\)的个数就是\(\phi(\frac{n}{d})\)。
所以：
\[Ans = \frac{1}{|n|} \sum_{d|n} calc(d)\phi(\frac{n}{d})\]
矩乘的时候有三个小技巧：
- 题目相当于两个临接矩阵相乘，设\(A_{i,j}\)表示\(i\)走到\(j\)的方案数，初始值为0/1即可。
- 保证首尾合法的方法：矩乘的时候多矩乘一次，最后只取对角线\(A_{i,i}\)的答案即可。
- 预处理\(2^n\)矩阵，降低复杂度。
做完了，设\(E\)为枚举因数的复杂度，那么总复杂度：\(O(m^3 + 求phi + TElog(n)m^3)\) 。